Given an n x n grid containing only values 0 and 1, where 0 represents water and 1 represents land, find a water cell such that its distance to the nearest land cell is maximized, and return the distance. If no land or water exists in the grid, return -1.
The distance used in this problem is the Manhattan distance: the distance between two cells (x0, y0) and (x1, y1) is |x0 - x1| + |y0 - y1|.
Example 1:
Input: grid = [[1,0,1],[0,0,0],[1,0,1]]
Output: 2
Explanation: The cell (1, 1) is as far as possible from all the land with distance 2.
Example 2:
Input: grid = [[1,0,0],[0,0,0],[0,0,0]]
Output: 4
Explanation: The cell (2, 2) is as far as possible from all the land with distance 4.
Constraints:
n == grid.lengthn == grid[i].length1 <= n <= 100grid[i][j]is0or1
这道题给了一个只有0和1的二维数组，说是0表示水，1表示陆地，现在让找出一个0的位置，使得其离最近的1的距离最大，这里的距离用曼哈顿距离表示。这里最暴力的方法就是遍历每个0的位置，对于每个遍历到的0，再遍历每个1的位置，计算它们的距离，找到最小的距离保存为该0位置的距离，然后在所有0位置的距离中找出最大的。这种方法不是很高效，目测无法通过 OJ，博主都没有尝试。其实这道题的比较好的解法是建立距离场，即每个大于1的数字表示该位置到任意一个1位置的最短距离，在之前那道 Shortest Distance from All Buildings 就用过这种方法。建立距离场用 BFS 比较方便，因为其是一层一层往外扩散的遍历，这里需要注意的是要一次把所有1的位置都加入 queue 中一起遍历，而不是对每个1都进行 BFS，否则还是过不了 OJ。这里先把位置1都加入 queue，然后这里先做个剪枝，若位置1的个数为0，或者为 n^2，表示没有陆地，或者没有水，直接返回 -1。否则进行 while 循环，步数 step 加1，然后用 for 循环确保进行层序遍历，一定要将 q.size() 放到初始化中，因为其值可能改变。然后就是标准的 BFS 写法了，取队首元素，遍历其相邻四个结点，若没有越界且值为0，则将当前位置值更新为 step，然后将这个位置加入 queue 中继续遍历。循环退出后返回 step-1 即可，参见代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
int maxDistance(vector<vector<int>>& grid) {
int step = 0, n = grid.size();
vector<vector<int>> dirs{{-1, 0}, {0, 1}, {1, 0}, {0, -1}};
queue<vector<int>> q;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (grid[i][j] == 0) continue;
q.push(vector<int>{i, j});
}
}
if (q.size() == 0 || q.size() == n * n) return -1;
while (!q.empty()) {
++step;
for (int k = q.size(); k > 0; --k) {
auto t = q.front(); q.pop();
for (auto dir : dirs) {
int x = t[0] + dir[0], y = t[1] + dir[1];
if (x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= n || grid[x][y] != 0) continue;
grid[x][y] = step;
q.push({x, y});
}
}
}
return step - 1;
}
};
我们也可以强行用 DFS 来做，这里对于每一个值为1的点都调用递归函数，更新跟其相连的所有0位置的距离，最终也能算出整个距离场，从而查找出最大的距离，参见代码如下：
解法二：
class Solution {
public:
int maxDistance(vector<vector<int>>& grid) {
int res = -1, n = grid.size();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (grid[i][j] == 1) {
grid[i][j] = 0;
helper(grid, i, j);
}
}
}
for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
for (int j = n - 1; j >= 0; --j) {
if (grid[i][j] > 1) res = max(res, grid[i][j] - 1);
}
}
return res;
}
void helper(vector<vector<int>>& grid, int i, int j, int dist = 1) {
int n = grid.size();
if (i < 0 || j < 0 || i >= n || j >= n || (grid[i][j] != 0 && grid[i][j] <= dist)) return;
grid[i][j] = dist;
helper(grid, i - 1, j, dist + 1);
helper(grid, i + 1, j, dist + 1);
helper(grid, i, j - 1, dist + 1);
helper(grid, i, j + 1, dist + 1);
}
};
其实这道题的最优解法并不是 BFS 或者 DFS，而是下面这种两次扫描的方法，在之前那道 01 Matrix 中就使用过。有点像动态规划的感觉，还是建立距离场，先从左上遍历到右下，遇到1的位置跳过，然后初始化0位置的值为 201（因为n不超过 100，所以距离不会超过 200），然后用左边和上边的值加1来更新当前位置的，注意避免越界。然后从右边再遍历到左上，还是遇到1的位置跳过，然后用右边和下边的值加1来更新当前位置的，注意避免越界，同时还要更新结果 res 的值。最终若 res 为 201，则返回 -1，否则返回 res-1，参见代码如下：
解法三：
class Solution {
public:
int maxDistance(vector<vector<int>>& grid) {
int res = 0, n = grid.size();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (grid[i][j] == 1) continue;
grid[i][j] = 201;
if (i > 0) grid[i][j] = min(grid[i][j], grid[i - 1][j] + 1);
if (j > 0) grid[i][j] = min(grid[i][j], grid[i][j - 1] + 1);
}
}
for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
for (int j = n - 1; j >= 0; --j) {
if (grid[i][j] == 1) continue;
if (i < n - 1) grid[i][j] = min(grid[i][j], grid[i + 1][j] + 1);
if (j < n - 1) grid[i][j] = min(grid[i][j], grid[i][j + 1] + 1);
res = max(res, grid[i][j]);
}
}
return res == 201 ? -1 : res - 1;
}
};
Github 同步地址:
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/1162
类似题目：
Shortest Distance from All Buildings
参考资料：
https://leetcode.com/problems/as-far-from-land-as-possible/